2023高考物理专题冲刺训练--动量守恒与能量综合在各类模型中的应用

第8课时　动力学和能量观点的综合应用命题规律　1.命题角度：(1)传送带模型中的动力学和能量问题；(2)用动力学观点和能量观点解决多过程问题.2.常考题型：计算题．高考题型1　传送带模型中的动力学和能量问题1．传送带中动力学注意问题(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断．(2)物体能否达到与传送带共速的判断．(3)物体能与传送带共速(摩擦力突变)．2．传送带中摩擦力做功与能量转化摩擦力做功的特点(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能．摩擦生热的计算(1)Q ＝F f ·s 相对，其中s 相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．(2)传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和.例1　(2021·安徽蚌埠市高三期末)如图1所示，足够长的水平传送带左端放置一个质量为1 kg 的木块，二者均静止，某时刻传送带以大小为2 m/s 2的加速度开始向右运行，加速2 s 后传送带保持匀速运行．木块与传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g ＝10 m/s2，求：图1(1)木块从开始运动到刚好与传送带相对静止的过程中，摩擦力对木块的冲量大小；(2)运动过程中由于木块与传送带间的摩擦而产生的内能．答案　(1)4 N·s (2)4 J解析　(1)设传送带加速度为a 0，加速时间为t 0，木块的加速度为a ，木块从开始运动到刚好和传送带达到相对静止所需时间为t ，由运动学公式有a 0t 0＝at ，又F f ＝μmg ，由牛顿第二定律有F f ＝ma ，又I ＝F f t ，联立解得I ＝4 N·s.(2)设运动过程中产生的内能为Q ，传送带的位移x 1＝12a 0t 02＋v (t －t 0)＝12a 0t 02＋a 0t 0(t －t 0)木块的位移x 2＝12at 2，故Q ＝μmg (x 1－x 2)，联立解得Q ＝4 J.例2　如图2所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A 、B 两点间的距离为s ＝5 m ，传送带在电动机的带动下以v ＝2 m/s 的速度匀速运动．现将一质量为m ＝10 kg 的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A 点，小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝32，在传送带将小物体从A 点传送到B 点的过程中，求：(g 取10 m/s 2)图2(1)小物体做加速运动阶段的位移x 1的大小；(2)小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q ；(3)传送带对小物体做的功W .答案　(1)0.8 m (2)60 J (3)270 J解析　(1)小物体做加速运动阶段，由动能定理得(μmg cos θ－mg sin θ)x 1＝12m v 2－0代入数值得x 1＝0.8 m(2)设小物体加速运动的时间为t ，对于小物体x 1＝0＋v 2t对于传送带x 2＝v t ，所以x 2＝1.6 m小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q ＝μmg cos θ(x 2－x 1)，代入数值得Q ＝60 J(3)由功能关系得W ＝12m v 2＋mgs ·sin θ代入数值得W ＝270 J.高考题型2　用动力学和能量观点解决多过程问题多过程问题(1)解题技巧①拆：把整个过程拆分为多个子过程，变为熟悉的运动模型．②找：在题目中找“恰好”“恰能”“最高”“至少”等关键字，找出对应的临界条件．③用：选择合适的规律列方程．④注意：注意分析“界点”的速度大小和方向，界点速度是上一过程的末速度，又是下一过程的初速度，在解题过程中有重要的作用．(2)对于涉及滑动摩擦力的过程，一定不能用机械能守恒定律来求解．(3)对于非匀变速直线运动过程，不能用运动学公式求解，但可用动能定理、能量守恒定律或功能关系求解．例3　(2021·山西吕梁市高三一模)随着人们生活水平的提高，冬季滑雪成为人们休闲娱乐的一项主要运动，某滑雪场的冲关滑道如图3所示，粗糙的直轨道AB与半径为R＝1 m的光滑圆弧轨道BCD在B处平滑连接，O为圆弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为37°和53°，距D点的竖直高度为h＝0.8 m处有一空中平台．小明质量为30 kg，从直轨道AB上距B点5 m的位置以一定的初速度下滑，经圆弧轨道从D点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，已知小明与直轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力．(重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：图3(1)小明滑上空中平台时的速度大小；(2)小明滑到C点时对轨道的压力大小；(3)小明开始下滑时的速度大小．答案　(1)3 m/s　(2)1 290 N　(3)3 m/s解析　(1)小明经圆弧轨道从D点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，则逆过程从平台到D点是平抛运动，到D点时竖直方向的分速度由v y2＝2gh，解得v y＝2gh＝4 m/s则在D点时水平方向的速度为v x＝v y tan 37°＝3 m/s因此小明滑上平台的速度大小为v＝v x＝3 m/s(2)从C点到平台边缘的过程，由动能定理得－mg[h＋R(1－cos 53°)]＝12m v2－12m v C2解得v C＝33m/s经过C点时，由向心力公式得F N－mg＝m v C2 R解得F N＝1 290 N由牛顿第三定律知，小明对轨道的压力大小为F N′＝F N＝1 290 N (3)从开始运动到C点的过程，由动能定理得mgL sin 37°－μmgL cos 37°＋mgR(1－cos 37°)＝12m v C2－12m v02，解得v0＝3 m/s.例4　(2020·湘赣皖十五校高三第一次联考)如图4所示，可视为质点的质量为m＝0.2 kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F＝4 N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R＝0.3 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运动一周后从B处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h＝0.2 m，水平距离为x＝0.6 m．已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为l2＝2.0 m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.图4(1)求水平轨道AB的长度l1；(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；(3)若在AB段水平拉力F作用的距离可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围．答案　(1)2.4 m　(2)见解析　(3)见解析解析　(1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v，则有4mg＝m v2R，从B点运动到最高点的过程中，设小滑块到达B点时的速度大小为v B，由机械能守恒定律有12m v B2＝mg·2R＋12m v2，代入数据解得v B＝26m/s.小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得12Fl1－μmgl1＝12m v B2，代入数据可解得l1＝2.4m.(2)设小滑块到达C点时的速度大小为v C，从B点到C点由动能定理可得－μmgl2＝12m v C2－12m v B2代入数据解得v C＝2 m/s设小滑块下落h＝0.2 m所需要的时间为t，则有h＝12gt2，解得t＝0.2 s故小滑块在水平方向上运动的距离为x0＝v C t＝0.4 m<0.6 m故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到D点．(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为x1′，则由动能定理可得：Fx1′－μmgl1－mgR＝0代入数据可解得x1′＝0.75 m故当恒力作用的距离满足0<x′≤0.75 m时符合条件．②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为v0，则有mg＝mv02 R ，设此时恒力作用的距离为x2′，则有Fx2′－μmgl1－2mgR＝12m v02，代入数据可解得x2′＝0.975 m当滑块刚好运动到C点时速度为零，设此时恒力作用的距离为x2″，则有Fx2″－μmg(l1＋l2)＝0代入数据可解得x2″＝1.1 m．故当恒力作用的距离满足0.975 m≤x′≤1.1 m时符合条件．③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C点时的速度大小为v C′，则由平抛运动规律得h＝12gt2，x＝v C′t代入数据解得v C′＝3 m/s，设此时恒力作用的距离为x3′，故有Fx3′－μmg(l1＋l2)＝12m v C′2代入数据解得x3′＝1.325 m故当恒力作用距离满足1.325 m≤x′≤2.4 m时符合条件.1.(2021·辽宁省新高考模拟卷)倾斜传送带连接两光滑平台AB和CD，传送带与水平面的夹角θ＝37°，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，B、C两端相距2.25 m，如图5所示．忽略工件在水平台面和传送带间转移时的动能变化，工件以v 0＝5 m/s 的速度滑上传送带，工件质量为1 kg ，传送带以稳定的速度运行(速度大小可调)．若工件以最短的时间从平台AB 运动到平台CD ，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图5(1)工件在传送带上运动的最短时间；(2)输送一个这样的工件，传送带的电机需额外消耗的最少电能．答案　(1)0.5 s (2)10 J解析　(1)当传送带的速度v ≥5 m/s 时，工件相对传送带的速度方向一直沿传送带向下，工件所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短．对于工件，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得加速度a ＝2 m/s 2，方向沿传送带向下根据运动学公式有x ＝v 0t ＋12(－a )t 2解得t ＝0.5 s(另一解t ＝4.5 s 不符合题意舍去)(2)工件以最短时间运动，动能变化相同，重力势能变化相同，当工件和传送带的相对位移最小，即传送带以v ＝5 m/s 的速度运动时，电机额外输出的电能最少；工件在传送带上的整个运动过程，传送带的位移x 1＝v t ＝2.5 m因摩擦产生的热量Q ＝μmg cos θ(x 1－x )工件的末速度v ′＝v 0－at ＝4 m/s电机额外输出的电能ΔE ＝mgx sin θ＋(12m v ′2－12m v 02)＋Q ，解得ΔE ＝10 J.2．(2021·山东威海市高三期末)如图6为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为θ＝37°，弹簧一端固定在斜面末端O 点，自由端位于P 点，木箱在轨道顶端Q 点时，自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立即将货物卸下，然后木箱恰好被弹回轨道顶端，再重复上述过程．已知木箱与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.重力加速度为g .求：图6(1)木箱下滑时，没碰到弹簧前，货物受到木箱的作用力的大小；(2)木箱的质量；(3)若PQ 间的距离为L ，木箱在接触弹簧的过程中，木箱受到的合外力的冲量大小．答案　(1)255mg (2)14m (3)m 4(2gL ＋10gL 5)解析　(1)设木箱未碰到弹簧前，运动的加速度为a ，木箱的质量为M ，由牛顿第二定律有(M ＋m )g sin θ－μ(M ＋m )g cos θ＝(M ＋m )a设货物受到木箱沿斜面方向的作用力大小为F 1，垂直斜面方向的作用力大小为F 2，则mg sin θ－F 1＝maF 2＝mg cos θ货物受到木箱作用力大小F ＝F 12＋F 22代入数据得F ＝255mg(2)设弹簧的最大弹性势能为E p ，弹簧压缩至最短时木箱移动的距离为x ，由能量守恒有：下滑过程中(M ＋m )gx sin θ－μ(M ＋m )gx cos θ＝E p弹回过程中E p ＝Mgx sin θ＋μMgx cos θ代入数据得M ＝14m (3)设木箱刚到达P 点时速度大小为v 1，返回P 点时速度大小为v 2，由动能定理有：未接触弹簧下滑过程：(M ＋m )gL sin θ－μ(M ＋m )gL cos θ＝12(M ＋m )v 12离开弹簧后上滑过程：－MgL sin θ－μMgL cos θ＝0－12M v 22以向上为正方向，对木箱由动量定理有I ＝M v 2－(－M v 1)代入数据得I ＝m 4(2gL ＋10gL 5)．专题强化练1．(2021·山东济宁市高三期末)如图1所示，放置在水平地面上的长木板的左端放置一小滑块(可视为质点)，右侧有一固定在水平地面上的底座，底座上嵌有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，轨道最低点P 与长木板等高，半圆弧轨道的最高点Q 处装有一压力传感器．现用水平向右恒力F 作用在小滑块上，小滑块到达P 点时撤去力F ，此时长木板也恰好到达P 点，并立即粘在底座上，小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点Q .已知小滑块的质量为m ＝1 kg ，长木板的质量为M ＝1 kg ，滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.1，半圆弧轨道半径为R ＝0.4 m ，小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点Q 时，压力传感器的示数为F N ＝12.5 N ，长木板右端与底座左端的距离为x ＝1 m ．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图1(1)小滑块到达P 点时速度的大小v P ；(2)长木板的长度L ；(3)水平恒力F 的大小．答案　(1)5 m/s (2)1.5 m (3)9 N解析　(1)在Q 点，轨道对小滑块的支持力为F N ′＝F N ＝12.5 N由牛顿第二定律得F N ′＋mg ＝m v Q 2R小滑块从P 到Q 的过程中，由动能定理得－mg 2R ＝12m v Q 2－12m v P 2联立解得v P ＝5 m/s.(2)对长木板，由牛顿第二定律得μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2由运动学规律得x ＝12a 2t 2解得t ＝1 s则长木板的长度为L ＝0＋v P 2t －x ＝1.5 m (3)对小滑块，由运动学规律得v P ＝a 1t由牛顿第二定律得F －μ1mg ＝ma 1解得F ＝9 N.2．(2021·福建漳州市一模)皮带式传送带是物料搬运系统机械化和自动化不可缺少的组成部分．如图2，传送带的倾角为θ＝30°，以v＝3 m/s的速度向上匀速运行，将质量为m＝10 kg 的货物(可视为质点)由静止释放从底端运送到顶端．若传送带顶端的高度h＝2.5 m，货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝32.假设每分钟运送货物60件，g取10 m/s2，则：图2(1)一件货物由底端经多长时间与传送带共速？(2)一件货物由底端到顶端运动的过程中，摩擦力对该货物做的功是多少？(3)与未放货物相比，电动机每小时需多提供多少电能？(结果保留2位有效数字)答案　(1)1.2 s　(2)295 J　(3)1.5×106 J解析　(1)对货物进行受力分析，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma设货物由底端经时间t1与传送带共速，有v＝at1解得：t1＝1.2 s(2)货物由底端到与传送带共速时，货物运动的距离x1＝v22a＝1.8 m滑动摩擦力对货物做的功W1＝μmg cos θ·x1斜面长为L＝hsin θ＝5 m货物做匀速运动过程中，静摩擦力做的功W2＝mg sin θ(L－x1)所以整个运动过程中，摩擦力对货物做的功为W＝W1＋W2＝295 J(3)货物匀加速运动过程中，传送带的位移s1＝v t1＝3.6 m货物与传送带间因摩擦而产生的内能Q＝μmg cos θ(s1－x1)电动机多提供的电能等于系统增加的能量，即货物增加的动能和重力势能以及系统内摩擦产生的内能，设一件货物从底端运送到顶端需多提供的电能为E1，则E1＝12m v2＋mgh＋Q＝430 J每小时需要多提供的电能E＝nE1≈1.5×106 J.3．(2021·全国甲卷·24)如图3，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放．已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关．观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同．小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下．已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.图3(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？答案　(1)mgd sin θ(2)mg(L＋29d)sin θ－μmgs30(3)L>d＋μs sin θ解析　(1)由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有v22－v12＝2ad因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带时的速度均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE＝1 2m v22－12m v12联立以上各式解得ΔE＝mgd sin θ.(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有－μmgs＝0－12m v12从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg(L＋29d)sin θ－ΔE总＝12m v12联立解得ΔE总＝mg(L＋29d)sin θ－μmgs 故在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE ′＝ΔE 总30＝mg (L ＋29d )sin θ－μmgs 30(3)由题意可知ΔE ′>ΔE可得L >d ＋μssin θ.4．(2021·浙江高三开学考试)如图4所示为某一游戏简化装置的示意图．AB 是一段长直轨道，与半径R ＝1 m 的光滑圆弧轨道BC 相切于B 点．BC 轨道末端水平，末端离水平地面的高度为2 m ，圆弧BC 对应的圆心角θ＝37°，高度h ＝22 m 的探测板EF 竖直放置，离BC 轨道末端C 点的水平距离为L ，上端E 与C 点的高度差也为h ＝22 m ，质量m ＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)在AB 轨道上运动时所受阻力为重力的0.2倍，不计小滑块在运动过程中所受空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.图4(1)若将小滑块从B 点静止释放，求经过圆弧轨道最低点C 点时小滑块对轨道的作用力大小；(2)小滑块从C 点以不同的速度飞出，将打在探测板上不同位置，发现打在E 、F 两点时，小滑块的动能相等，求L 的大小；(3)利用(2)问所求L 值，求小滑块从距B 点多远处无初速度释放时，打到探测板上的动能最小？最小动能为多少？答案　(1)1.4 N (2)2 m (3)2 m 2 J解析　(1)小滑块从B 运动到C 的过程中，由动能定理得mgR (1－cos θ)＝12m v C 2－0，设C 点时轨道对小滑块的作用力大小为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v C 2R，得F ＝1.4 N根据牛顿第三定律，经过圆弧轨道最低点C 点时小滑块对轨道的作用力大小F ′＝F ＝1.4 N(2)从C 点到E 点，小滑块做平抛运动，h ＝12gt 2，L ＝v C 1t ，得v C 1＝L 2hg打在E 点的动能E k E ＝12m v C 12＋mgh ＝mg (L 2＋4h 2)4h同理可知：打在F 点的动能为E k F ＝mg (L 2＋16h 2)8h 又因为E k E ＝E k F ，得L ＝2 m (3)令小滑块从距B 点x 处无初速度释放从释放点运动到C ，由动能定理得mgx sin θ－F f x ＋mgR (1－cos θ)＝12m v C ′2－0其中F f ＝0.2mg从C 点到探测板小滑块做平抛运动，竖直方向位移y ＝12g (L v C ′)2打到探测板上的动能E k ＝12m v C ′2＋mgy 解得E k ＝(2x ＋15＋52x ＋1) J ，则当2x ＋15＝52x ＋1时，E k 有最小值．即x ＝2 m 时，动能最小值E kmin ＝2 J.。

压轴题11有关动量守恒定律的综合应用考向一/计算题：与碰撞模型有关的动量守恒定律的综合应用考向二/计算题：与板块模型有关的动量守恒定律的综合应用考向三/计算题：与弹簧模型有关的动量守恒定律的综合应用要领一：弹性碰撞和完全非弹性碰撞基本规律（一）弹性碰撞1.碰撞三原则：(1)动量守恒：即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)动能不增加：即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′。

②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。

2.“动碰动”弹性碰撞发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m 1和m 2，碰前速度为v 1，v 2，碰后速度分别为v 1ˊ，v 2ˊ，则有：''11221112m v m v m v m v +=+(1)22'2'21122111211112222m v m v m v m v +=+(2)联立（1）、（2）解得：v 1’=，v 2’=.特殊情况：若m 1=m 2，v 1ˊ=v 2，v 2ˊ=v 1.3.“动碰静”弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。

以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′（1）12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2（2）解得：v 1′＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：(1)当m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1(质量相等，速度交换)(2)当m 1＞m 2时，v 1′＞0，v 2′＞0，且v 2′＞v 1′(大碰小，一起跑)(3)当m 1＜m 2时，v 1′＜0，v 2′＞0(小碰大，要反弹)v 1v 2v 1’ˊv 2’ˊm 1m 2(4)当m 1≫m 2时，v 1′＝v 0，v 2′＝2v 1(极大碰极小，大不变，小加倍)(5)当m 1≪m 2时，v 1′＝－v 1，v 2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)（二）完全非弹性碰撞碰后物体的速度相同，根据动量守恒定律可得：m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v 共（1）完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：ΔE k =½m 1v 12+½m 2v 22-½(m 1+m 2)v 共2（2）联立（1）、（2）解得：v 共=；ΔE k =要领二：与板块模型有关的动量守恒定律的综合应用要领三：与弹簧模型有关的动量守恒定律的综合应用条件与模型v 1v 2v 共m 1m 2①m A =m B （如:m A =1kg ；m B =1kg ）②m A >m B （如:m A =2kg ；m B =1kg ）③m A <m B （如:m A =1kg ；m B =2kg ）规律与公式情况一：从原长到最短（或最长）时①()v m m v m B A A +=0；②()2201122A A B pm m v m m v E =++情况二：从原长先到最短（或最长）再恢复原长时①'2'10v m v m v m B A A +=；②2'2'2012111222A AB m v m v m v =+1．如图所示，9个完全相同的滑块静止在水平地面上，呈一条直线排列，间距均为L ，质量均为m ，与地面间的动摩擦因数均为μ，现给第1个滑块水平向右的初速度，滑块依次发生碰撞（对心碰撞），碰撞时间极短，且每次碰后滑块均粘在一起，并向右运动，且恰好未与第9个滑块发生碰撞。

专题七动量目录真题考查解读2023年真题展现考向一动量冲量动量定理考向二动量守恒定律及综合应用近年真题对比考向一动量冲量动量定理考向二动量守恒定律及综合应用命题规律解密名校模拟探源易错易混速记连接体模型考查动量与能量问题【考查要点】（1）考查动量、冲量和动量的变化量的基本概念，并掌握其简单的应用；掌握动量定理解决与实际生产、生活相关的题型，尤其是流体类模型；（2）考查动量守恒定律条件的理解；动量守恒定律的理解和应用和考查动量与能量的综合问题【课标链接】①动量、冲量的理解；②动量定理的理解及其应用；③动量守恒定律的理解应用；动量与能量的综合。

考向一动量冲量动量定理1.（2023新课标卷）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S 极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。

现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（）A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和不为零A．根据牛顿第二定律有F m g a m甲甲甲F m g a m乙乙乙由于m 甲>m 乙所以a 甲<a 乙在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F ，推动滑块1以0.40m /s 的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s ，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m /s ．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（）A .该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N sC.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N sD.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N 【答案】BD 【解析】【详解】A ．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为1110.40kg m/s=0.40kg m/sp mv 碰撞后的动量为222210.22kg m/s=0.44kg m/sp mv则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A 错误；B ．对滑块1，取向右为正方向，则有12110.22kg m/s 10.40kg m/s=0.18kg m/sI mv mv 负号表示方向水平向左，故B 正确；C ．对滑块2，取向右为正方向，则有2210.22kg m/s=0.22kg m/sI mv 故C 错误；D ．对滑块2根据动量定理有2F t I 解得5.5NF 则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N ，故D 正确。

综合运用动力学、能量、动量观点解决问题练习1.如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时长木板与小物块均静止．现用F ＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，取g＝10 m/s2.求：(1)小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块加速度a的大小；(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离；(3)撒去F后，系统损失的最大机械能ΔE.2．如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，求：(1)物块与小车的共同速度；(2)物块在车面上滑行的时间t；(3)小车运动的位移x；(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？3.如图所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道bc与水平光滑轨道ab在b点连接，开始时可视为质点的物体A和B静止在ab上，A、B之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧(弹簧与A、B不连接)．某时刻解除锁定，在弹力作用下A向左运动，B向右运动，B沿轨道经过c点后水平抛出，落点p与b点间距离为2R.已知A质量为2m，B质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求：(1)B经c点抛出时速度的大小；(2)B经b时速度的大小；(3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能．4．如图所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m0＝3 kg，AO部分粗糙且长L＝2 m，物块与AO部分间动摩擦因数μ＝0.3，OB部分光滑．水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b，另一小物块a，放在小车的最左端，和小车一起以v0＝4 m/s的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块视为质点，质量均为m＝1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后以共同速度一起向右运动．(g取10 m/s2)求：(1)物块a与b碰后的速度大小；(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离．5.如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中．现将B竖直向上举高h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触．g 取10 m/s 2，空气阻力不计．求：(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ；(2)A 的最大速度v 的大小；(3)初始时B 离地面的高度H.6．如图所示，滑块A 、B 静止于光滑水平桌面上，B 的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C ，B 、C 间的动摩擦因数为μ(数值较小)，A 、B 由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状．现在突然给C 一个向右的速度v 0，让C 在B 上滑动，当C 的速度为14v 0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B 的速度为316v 0.已知A 、B 、C 的质量分别为2m 、3m 、m.求：(1)从C 获得速度v 0开始经过多长时间绳子刚好伸直；(2)从C 获得速度v 0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能．7.在一次投掷手榴弹的演习中，某个士兵在战壕里将一颗质量m ＝0.25 kg 的手榴弹从水平地面朝目标方向斜向上抛出，当手榴弹上升到最大高度h ＝5 m 时速度为10 m/s ，且恰好爆炸成前后两块弹片，其中质量m 1＝0.1 kg 的一块弹片在爆炸后做自由落体运动．已知手榴弹内部火药的质量Δm ＝0.05 kg ，且爆炸瞬间火药充分燃烧，重力加速度g取10 m/s2，火药爆炸后生成气体的动量不计，空气阻力不计，求：(1)士兵投掷手榴弹的初速度v0；(2)爆炸中火药燃烧对两弹片做的功W及两块弹片落地点间的距离Δx.8．有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A、B 两个物体，它们的质量分别为m1＝1 kg、m2＝3 kg，在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水平面右方接一光滑的1 4竖直圆轨道．开始A、B两物体静止，点燃炸药让其爆炸，物体A向左运动与挡板碰后原速返回，在水平面上追上物体B并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R＝0.2 m，g取10 m/s2.求：(1)求AB粘在一起时的速度；(2)炸药爆炸时对A、B两物体所做的功．9.如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R＝0.8 m的14圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．球2、球3分别放在BC轨道上，质量m1＝0.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g＝10 m/s2.(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；(2)若球2的质量m2＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；(3)若球3的质量m3＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少．10．如图所示，三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上，A、C两球的质量均为m，B球的质量为km(k>1)．给A球一个水平向右的初速度v0，B球先与A球发生弹性正碰，再与C球发生弹性正碰．求系数k的值为多大时，B与C碰后瞬间B球的速度最大？11．竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A运动的v－t图像如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量．已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力．(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．12．静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为m A＝1.0 kg，m B＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？答案：1. (1) 2 m/s 2(2) 0.4 J2． (1) 0.8 m/s(2) 0.24 s(3) 0.096 m(4) 5 m/s3. (1)B 平抛运动过程竖直方向有2R ＝12gt 2，水平方向：2R ＝v c t ，解得：v c ＝gR(2)B 从b 到c ，由机械能守恒定律得12mv 2b ＝2mgR ＋12mv 2c 解得：v b ＝5gR(3)设完全弹开后，A 的速度为v a ，弹簧恢复原长过程中A 与B 组成系统动量守恒2mv a －mv b ＝0解得：v a ＝12v b ＝5gR 2由能量守恒定律，得弹簧弹性势能：E p ＝12×2mv 2a ＋12mv 2b解得：E p ＝3.75mgR4． (1)对物块a ，由动能定理得－μmgL ＝12mv 21－12mv 20代入数据解得a 与b 碰前a 的速度v 1＝2 m/sa 、b 碰撞过程系统动量守恒，以a 的初速度方向为正方向由动量守恒定律得：mv 1＝2mv 2代入数据解得v 2＝1 m/s(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，物块a 以v 2＝1 m/s 的速度在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向由动量守恒定律得mv 2＝(m 0＋m)v 3代入数据解得v 3＝0.25 m/s对小车，由动能定理得μmgs ＝12m 0v 23代入数据解得，同速时小车B 端到挡板的距离s ＝132 m(3)由能量守恒得μmgx ＝12mv 22－12(m 0＋m)v 23 解得物块a 与车相对静止时与O 点的距离：x ＝0.125 m5. (1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h ＝12gt 2解得：t ＝0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v 0，有v 0＝gt ＝6 m/s细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，总动量守恒：m B v 0＝(m A ＋m B )v绳子绷直瞬间，A 、B 系统获得的速度：v ＝2 m/s之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v 即为最大速度，A 的最大速度为2 m/s(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有：12(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH 解得初始时B 离地面的高度H ＝0.6 m6． (1)从C 获得速度v 0到绳子刚好伸直的过程中，根据动量定理得：－μmgt ＝14mv 0－mv 0解得：t ＝3v 04μg(2)设绳子刚伸直时B 的速度为v B ，对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律得：mv 0＝m·14v 0＋3mv B解得：v B ＝14v 0绳子被拉断的过程中，A 、B 组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得：3mv B ＝2mv A ＋3m·316v 0解得：v A ＝332v 0整个过程中，根据能量守恒定律得：E 损＝12mv 20－12×2mv 2A －12×3m·⎝ ⎛⎭⎪⎫316v 02－12m·⎝ ⎛⎭⎪⎫14v 02＝4171 024mv 20 7. (1)手榴弹上升到最大高度h ＝5 m 时速度为10 m/s ，则有：v 0＝10 m/s ，－v 2y ＝－2gh ，v ＝v 20＋v 2y解得v ＝10 2 m/s(2)弹片在爆炸后瞬间的速率为零，另一块弹片的质量为m 2＝m －m 1－Δm ＝0.1 kg设其爆炸后瞬间的速率为v2，由动量守恒定律得：m2v2＝mv0解得v2＝25 m/s设爆炸中火药燃烧对两弹片做的功为W，则根据动能定理有：12mv 2＋W＝12m2v22解得W＝18.75 J质量m1＝0.1 kg的一块弹片在爆炸后做自由落体运动、质量为m2的弹片做平抛运动，则两块弹片落地点间的距离为Δx＝v22h g＝25 m8．(1)炸药爆炸后，设A的速度大小为v1，B的速度大小为v2.动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0A物与挡板碰后追上B物，碰后两物共同速度设为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v两物上升到圆弧的最高点时速度为0，两物体的动能转化为重力势能，由机械能守恒定律12(m1＋m2)v2＝(m1＋m2)gR炸药爆炸时对A、B两物体所做的功W＝12m1v21＋12m2v22联立解得AB粘在一起时的速度v＝2 m/s，W＝10.7 J9. (1)对球1从A 到B 应用动能定理：m 1gR ＝12m 1v 20在B 点对球1应用牛顿第二定律：F N －m 1g ＝m 1v 20R联立解得：v 0＝4 m/s 、F N ＝12 N由牛顿第三定律F N ′＝F N ＝12 N(2)球1、球2的碰撞，根据动量守恒定律有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒得：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22解得：v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝6.4 m/s (3)同理，球2、3碰撞后：v 3＝2m 2m 2＋m 3v 2则v 3＝2m 2m 2＋m 3·2m 1m 1＋m 2v 0代入数据：v 3＝ 1.6m 2＋0.04m 2＋0.5v 0 由数学知识，当m 2＝0.04m 2时，m 2＋0.04m 2＋0.5最小，v 3最大 所以m 22＝0.04，m 2＝0.2 kg10． 设A 、B 发生弹性碰撞后的速度分别v A 、v B1，则 mv 0＝mv A ＋kmv B112mv 20＝12mv 2A ＋12kmv 2B1 联立解得v A ＝1－k k ＋1v 0，v B1＝2k ＋1v 0设B 、C 发生弹性碰撞后的速度分别为v B2、v C同理可得v B2＝k －1k ＋1v B1代入整理得v B2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k ＋1－4（k ＋1）2v 0 设x ＝2k ＋1，则有v B2＝(x －x 2)v 0 当x ＝0.5时，即2k ＋1＝0.5时v B2最大，解得k ＝3 11． (1) 3m(2) 215mgH(3) 11912． (1) 1.0 m/s(2) 0.50 m(3) 0.91 m。

动量与能量综合应用五大模型专题综述利用动量和能量观点的解题策略1．若研究对象为单一物体，当涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理；当涉及冲量和时间问题时，应优先考虑动量定理．2．若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律．3．利用动量和能量观点的解题，只涉及运动始末两个状态相关的物理量，不细究过程的细节，特别对于变力问题，就更显示出优越性．题型透析题型1、“滑块－平板”模型例1如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：(1)物块与小车共同速度；(2)物块在车面上滑行的时间t；(3)小车运动的位移x；(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少？►方法提炼“滑块－平板”模型的解题思路(1)应用系统的动量守恒．(2)在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理．(3)在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理．(4)在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒．(5)滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度．题型2、“滑块－弹簧”模型例2如图所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s 的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞．二者在发生碰撞的过程中，求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B的最大速度．►方法提炼“滑块－弹簧”模型的解题思路(1)应用系统的动量守恒；(2)应用系统的机械能守恒；(3)临界条件1：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最大．(4)临界条件2：从A开始压缩弹簧到弹簧恢复原长时，B的速度最大，此过程类似弹性碰撞，可直接利用结论：v1＝m1－m2m1＋m2v0，v2＝2m1m1＋m2v0.题型3、“滑块－斜(弧)面”模型例3(2016·课标全国Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.例4(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断冰块与斜面体分离后能否追上小孩？►方法提炼“滑块－斜面”模型的解题思路(1)应用系统在水平方向的动量守恒；(2)应用系统的能量守恒；(3)临界条件1：滑块沿斜面上升到最高点时，滑块与斜面同速；(4)临界条件2：从冰块滑上斜面到分离时，斜面的速度最大，此过程类似弹性碰撞，可直接利用结论：v1＝m1－m2m1＋m2v0，v2＝2m1m1＋m2v0题型4、“滑块—摆球”模型例4(2018·安徽一模)如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为2m小滑块A套在细杆上可自由滑动．在水平杆上竖直固定一个挡板P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为m的小球B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g.求：(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小；(2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度；(3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度．►方法提炼“滑块—摆球”模型的解题思路(1)应用系统在水平方向的动量守恒；(2)应用系统的能量守恒；(3)临界条件1：小球与滑块共速时，小球运动到最高点．(4)临界条件2：小球摆回最低点时，滑块获得最大速度，此过程类似弹性碰撞，可直接利用结论：v1＝m1－m2m1＋m2v0，v2＝2m1m1＋m2v0.“小球－圆弧槽”模型例5如图所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为74R，重力加速度为g，不计空气阻力．求：(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；(2)金属槽的质量．►方法提炼“小球－圆弧槽”模型的解题思路(1)应用系统在水平方向的动量守恒；(2)应用系统的能量守恒；(3)注意：小球离开圆弧槽时，小球与圆弧槽水平速度相同，离开后二者水平位移相同，然后小球沿切面再进入圆弧槽．。

2023高考物理专题冲刺训练--动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律的理解、判断和基本应用1. 如图所示，A、B两物体的质量之比为m A∶m B＝1∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，则有()A．A、B系统动量守恒B．A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒C．小车C先向左运动后向右运动D．小车C一直向右运动直到静止2.(2021·全国乙卷)如图2，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。

用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。

在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒3.如图所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当弹簧突然被释放后，以下系统动量不守恒的是()A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统4.(多选) 如图所示，在世界女排大奖赛中，中国球员朱婷竖直跳起，恰好在她达最高点时将水平飞来的排球迎面击出，排球以更大的速率水平返回，直接落在对方的场地上。

则下列说法正确的是()A．在击打过程中朱婷与球组成的系统动量不守恒B．击打前后瞬间朱婷与球组成的系统的动能相等C．朱婷击打球完后比排球先落地D．朱婷击打球完后落回起跳点上5.如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上．它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起．如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同．对于小车A、B和弹簧组成的系统，烧断细线后下列说法正确的是()A．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统动量守恒，机械能守恒B．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统动量守恒，机械能守恒C．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零D．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁弹力对图乙中B车做功不为零6.(多选)如图所示，小车放在光滑地面上，A、B两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是()A．A、B质量相等，但A比B的速率大B．A、B质量相等，但A比B的速率小C．A、B速率相等，但A比B的质量大D．A、B速率相等，但A比B的质量小7.(多选)如图所示，小车在光滑的水平地面上向左运动，木块在小车的水平车板上水平向右运动,且未滑出小车，下列说法中正确的是（）A．若小车的动量大于木块的动量，则小车先减速后加速再匀速B．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速后加速再匀速C．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速D．若小车的动量小于木块的动量，则小车先减速后匀速8.(多选)如图所示，一质量m B＝3.0 kg 的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m A＝1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()A．2.1 m/s B．2.4 m/sC．2.8 m/s D．3.0 m/s9.(多选)(2022·海南枫叶国际学校高二期中)如图所示，带有斜面的小车A静止于光滑水平面上，现B以某一初速度冲上斜面，在冲到斜面最高点的过程中()A．若斜面光滑，系统动量守恒，机械能守恒B．若斜面光滑，系统动量不守恒，机械能守恒C．若斜面不光滑，系统水平方向动量守恒，机械能不守恒D．若斜面不光滑，系统水平方向动量不守恒，机械能不守恒10.(多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑()A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处11.如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。

高考备考分类突破专题六 动量守恒和能量守恒综合应用中的常见模型模型一 “子弹打木块”模型“子弹击中木块模型”问题的分类归纳(1)“子弹击中木块模型”，不管子弹是否击穿木块，由子弹和木块组成的系统，在子弹的运动方向动量守恒，即m v 0＝(m ＋M )v (未击穿时) m v 0＝m v 1＋M v 2(击穿时)。

(2)“子弹击中木块模型”中各力做功情况如图所示，质量为m 的子弹以水平速度v 0射入静止在光滑水平面上的质量为M 的木块中，射入木块的深度为d 而未穿出，木块与子弹的共同速度为v ，木块滑行x 木过程中，子弹与木块相互作用力为F 。

则F 对子弹做的负功W F ＝－Fx 子 F 对木块做的正功W ′＝Fx 木 F 对系统(子弹和木块)做的功W ＝W F ＋W ′＝－F (x 子－x 木)＝－Fd (d 实质是子弹相对木块发生的位移。

)如图所示，质量为M 的木块静置于光滑的水平面上，一质量为m 、速度为v 0的子弹水平射入木块且未穿出。

设木块对子弹的阻力恒为F ，求：(1)射入过程中产生的内能为多少？木块至少为多长时子弹才不会穿出？ (2)子弹在木块中运动了多长时间？解析： (1)以m 和M 组成的系统为研究对象，据动量守恒定律可得m v 0＝(m ＋M )v ，得v ＝m v 0M ＋m动能的损失ΔE ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2 即ΔE ＝Mm v 22(M ＋m )，损失的机械能转化为内能。

设木块的位移为x ，子弹相对于木块的位移为L ，对m ，由动能定理知－F (x ＋L )＝12m v 2－12m v 20对M ，由动能定理知Fx ＝12M v 2联立以上两式得FL ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2 即FL ＝Mm 2(M ＋m )v 2L ＝Mm v 202F (M ＋m )。

(2)以子弹为研究对象，由牛顿运动定律和运动学公式可得t ＝v －v 0a ＝Mm v 0(M ＋m )F 。

题型专练二力学三大观点的综合应用这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿运动定律、动能定理和机械能守恒定律或能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核.例题1.竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。

t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。

物块A运动的v­t图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。

已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

(a)(b)(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。

在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B 再次碰上。

求改变前后动摩擦因数的比值。

例题2.如图所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。

在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起。

某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞。

已知小球P的质量m1＝3.2 kg，小球Q的质量m2＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能E p＝168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离。

重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球Q运动到C点时的速度大小；(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。

专题二 能量与动量2.2动量和能量的综合应用1. （2022·湖北·高考真题）打桩机是基建常用工具。

某种简易打桩机模型如图所示，重物A 、B 和C 通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C 与滑轮等高（图中实线位置）时，C 到两定滑轮的距离均为L 。

重物A 和B 的质量均为m ，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C 的绳与水平方向的夹角为60°。

某次打桩时，用外力将C 拉到图中实线位置，然后由静止释放。

设C时，与正下方质量为2m 的静止桩D 正碰，碰撞时间极短，碰撞后C 的速度为零，D 竖直向下运动距离后静止（不考虑C 、D 再次相碰）。

A 、B 、C 、D 均可视为质点。

（1）求C 的质量；（2）若D 在运动过程中受到的阻力F 可视为恒力，求F 的大小；（3）撤掉桩D ，将C 再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A 、B 、C 的总动能最大时C 的动能。

2. （2022·河北·高考真题）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A 和B ，质量分别为和，A 右端和B 左端分别放置物块C 、D ，物块质量均为，A 和C 以相同速度向右运动，B 和D 以相同速度向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C 与D 粘在一起形成一个新滑块，A 与B 粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为。

重力加速度大小取。

10L 1kg 2kg 1kg 010m /s v =0kv 0.1μ=210m /s g =（1）若，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；（2）若，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。

动量定理的应用动量定理(1)公式：Ft ＝p ′－p ，除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．(2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．例题1. （2022·吉林长春·一模）清洗汽车时经常会用到高压水枪，水枪喷出水柱的速度可以调节，且水速变化时水柱的横截面积不变。

2025届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练专题38在四种常见模型中应用动量守恒定律导练目标导练内容目标1人船模型和类人船模型目标2反冲和爆炸模型目标3弹簧模型目标4板块模型【知识导学与典例导练】一、人船模型和类人船模型1.适用条件①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；②动量守恒或某方向动量守恒．2.常用结论设人走动时船的速度大小为v 船,人的速度大小为v 人,以船运动的方向为正方向,则m 船v 船-m 人v 人=0,可得m 船v 船=m 人v 人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m 船v船t=m 人v 人t,即：m 船x 船=m 人x 人，由图可看出x 船+x 人=L ，可解得：m =m +m x L船人人船；m =m +m x L人船人船3.类人船模型类型一类型二类型三类型四类型五【例1】西晋史学家陈寿在《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣。

”这就是著名的曹冲称象的故事。

某同学欲挑战曹冲，利用卷尺测定大船的质量。

该同学利用卷尺测出船长为L ，然后慢速进入静止的平行于河岸的船的船头，再从船头行走至船尾，之后，慢速下船，测出船后退的距离d 与自身的质量m ，若忽略一切阻力，则船的质量为（）A ．L m dB ．L dm L-C ．L dm L+D ．L dm d-【答案】D【详解】画出如图所示的草图设人走动时船的速度大小为v ，人的速度大小为v ′，船的质量为M ，人从船尾走到船头所用时间为t 。

则d v t =，L d v t'-=人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得0Mv mv -'=解得船的质量()m L d M d-=故选D 。

【例2】如图所示，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点。

2023年高三物理二轮高频考点冲刺突破专题11三大力场中动量守恒定律的应用专练目标专练内容目标1高考真题（1T—5T ）目标2重力场中碰撞类问题中动量守恒定律的应用（5T—10T ）目标3重力场中类碰撞类问题中动量守恒定律的应用（11T—15T ）目标4电场中动量守恒定律的应用（16T—20T ）目标5磁场中动量守恒定律的应用（21T—25T ）【典例专练】一、高考真题1．质量为1m 和2m 的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x 随时间t 变化的图像如图所示。

下列说法正确的是（）A ．碰撞前2m 的速率大于1m 的速率B ．碰撞后2m 的速率大于1m 的速率C ．碰撞后2m 的动量大于1m 的动量D ．碰撞后2m 的动能小于1m 的动能【答案】C 【详解】A ．x t -图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知1m 碰前的速度大小为04m/s 4m/s 1==v 2m 碰前速度为0，A 错误；B ．两物体正碰后，1m 碰后的速度大小为14m/s 2m/s 31v ==-，2m 碰后的速度大小为284m/s 2m/s 31-==-v 碰后两物体的速率相等，B 错误；C ．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即101122m v m v m v =-+解得两物体质量的关系为213m m =根据动量的表达式p mv =可知碰后2m 的动量大于1m 的动量，C 正确；D ．根据动能的表达式2k 12E mv =可知碰后2m 的动能大于1m 的动能，D 错误。

故选C 。

2．如图（a ），质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F 作用在A 上，系统静止在光滑水平面上（B 靠墙面），此时弹簧形变量为x 。

撤去外力并开始计时，A 、B 两物体运动的a t -图像如图（b ）所示，1S 表示0到1t 时间内A 的a t -图线与坐标轴所围面积大小，2S 、3S 分别表示1t 到2t 时间内A 、B 的a t -图线与坐标轴所围面积大小。

专题16 动量能量在各类模型中的应用目录题型一 碰撞模型 (1)类型1 系统动量守恒的判断 (1)类型2 弹性碰撞中的“子母球”模型 (2)题型二 非弹性碰撞中的“动能损失”问题 (4)类型1 非弹性小球碰撞中的动能损失 (4)类型2 滑块木板模型中的动能损失 (5)类型3 滑块-曲面模型中的动能损失问题 (5)类型4 小球-弹簧模型中的动能损失问题 (6)类型5 带电系统中动能的损失问题 (6)类型6 导体棒“追及”过程中的动能损失问题 (7)题型三 碰撞遵循的规律 (8)类型1 碰撞的可能性 (8)类型2 碰撞类型的识别 (9)题型四 “滑块—弹簧”碰撞模型中的多过程问题 (10)题型五 “滑块—斜(曲)面”碰撞模型 (12)题型六 滑块模型中的多过程 (13)题型七 子弹打木块模型中的能量动量问题 (14)题型八 两体爆炸（类爆炸）模型中的能量分配 (15)题型九 人船模型及其拓展模型的应用 (17)题型十 悬绳模型 (19)题型一 碰撞模型类型1 系统动量守恒的判断．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 联立解得：v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1讨论：①若m 1＝m 2，则v 1′＝0，v 2′＝v 1(速度交换)；①若m 1>m 2，则v 1′>0，v 2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m 1①m 2时，v 1′≈v 1，v 2′≈2v 1；①若m 1<m 2，则v 1′<0，v 2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m 1①m 2时，v 1′≈－v 1，v 2′≈0.【例1】(多选)如图所示，竖直放置的半径为R 的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O 点正下方放置质量为2m 的小球A ，质量为m 的小球B 以初速度v 0向左运动，与小球A 发生弹性碰撞．碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B 的初速度v 0可能为(重力加速度为g )( )A ．22gR B.2gR C ．25gR D.5gR【例2】 (多选) (2022·福建龙岩市质量检测)甲物体在光滑水平面上运动的速度为v 1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( )A.乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v 1B.乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v 1C.乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v 1D.碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量【例3】如图所示，ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB 段是半径R ＝0.8 m 的14圆弧，B 在圆心O 的正下方，BC 段水平，AB 段与BC 段平滑连接．球2、球3均放在BC 轨道上，质量m 1＝0.4 kg 的球1从A 点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g ＝10 m/s 2.(1)求球1到达B 点时对轨道的压力大小；(2)若球2的质量m 2＝0.1 kg ，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；(3)若球3的质量m 3＝0.1 kg ，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少．类型2 弹性碰撞中的“子母球”模型m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 v 1′＝（m 1－m 2）v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2v 2′＝（m 2－m 1）v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2【例1】（2022届云南省昆明市第一中学高三（上）第五次复习检测理综物理试题）如图所示，将两个质量分别为m 1=60g 、m 2=30g 的小球A 、B 叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度h 0=1.8m 处由静止释放。